高中数学专项训练（数列提升版）（含详细解答）1.已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10=8，则a100=()A. 100B. 99C. 98D. 972.记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4+a5=24，S6=48，则{a n}的公差为()A. 1B. 2C. 4D. 83.等差数列{a n}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6项的和为()A. −24B. −3C. 3D. 84.设等比数列{a n}的前n项和为S n,若S2=3，S4=15，则S6=()A. 31B. 32C. 63D. 645.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且，，则使得S n取最小值时的n为()A. 1B. 6C. 7D. 6或76.等比数列{a n}的各项均为正数，且a5a6+a4a7=18，则log3a1+log3a2+⋯+log3a10=()A. 12B. 10C. 8D.7.已知等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a5=()A. 1B. 12C. 14D. 48.设各项均为正的等比数列{a n}满足a4a8=3a7，则log3(a1a2…a9)等于()A. 38B. 39C. 9D. 79.已知等比数列{a n}为递增数列，S n是其前n项和.若a1+a5=172，a2a4=4，则S6=()A. 2716B. 278C. 634D. 63210.在等差数列{a n}中，若a3+a4+a5=3，a8=8，则a12的值是()A. 15B. 30C. 31D. 6411.等差数列{a n}中，已知S15=90，那么a8=()A. 12B. 4C. 3D. 612.正项等比数列{a n}中，存在两项a m、a n使得√a m⋅a n=2a1，且a6=a5+2a4，则1 m +4n的最小值是()A. 32B. 2 C. 73D. 9413.等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为S n，T n，且S nT n =3n+1n+3，则a2+a20b7+b15=______ ．14.若数列{a n}的首项a1=2，且a n+1=3a n+2(n∈N∗)，令，则_________．15.若数列{a n}满足a1=12，a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，则a2017=______ ．16.设{a n}是等差数列，若a4+a5+a6=21，则S9=______．17.设数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n．(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{a n2n+118.已知{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，且b2=3，b3=9，a1=b1，a14=b4．(1)求{a n}的通项公式；(2)设c n=a n+b n，求数列{c n}的前n项和．19.已知{a n}是公差为3的等差数列，数列{b n}满足b1=1，b2=1，a n b n+1+b n+1=nb n．3(Ⅰ)求{a n}的通项公式；(Ⅱ)求{b n}的前n项和．20.设等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，等比数列{b n}的公比为q，已知b1=a1，b2=2，q=d，S10=100．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式;(2)当d>1时，记c n=a n，求数列{c n}的前n项和T n．b n21.已知数列{a n}的前n项和为S n,n∈N∗，且S n=32a n−12．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n=2na n+2−a n+1，设数列{b n}的前n项和为T n,n∈N∗，证明T n<34．22.在数列{a n}中，a1=4，na n+1−(n+1)a n=2n2+2n．(Ⅰ)求证：数列{a nn}是等差数列；(Ⅱ)求数列{1a n}的前n项和S n．23.设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S9=81，a3+a5=14．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，若{b n}的前n项和为T n，证明：T n<12．24.已知等差数列{a n}中公差d≠0，有a1+a4=14，且a1，a2，a7成等比数列．(1)求{a n}的通项公式a n与前n项和公式S n；(2)令b n=S nn+k ，若{b n}是等差数列，求数列{1b n b n+1}的前n项和T n．25.已知数列{a n}的前n项和S n满足4a n−3S n=2，其中n∈N∗．(Ⅰ)求证：数列{a n}为等比数列；(Ⅱ)设b n=12a n−4n，求数列{b n}的前n项和T n．26.已知等比数列{a n}的各项均为正数，a2=8，a3+a4=48．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设b n=log4a n.证明：{b n}为等差数列，并求{b n}的前n项和S n．27.已知公差不为零的等差数列{a n}满足：a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{b n}满足b n=1，求数列{b n}的前n项和S n．a n a n+128.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n+1=4a n+2，a1=1．(1)b n=a n+1−2a n，求证数列{b n}是等比数列；(2)设c n=a n，求证数列{c n}是等差数列；2n(3)求数列{a n}的通项公式及前n项和S n．29.已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n=2a n−2(n∈N∗).(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)求数列{S n}的前n项和T n．30.等比数列{a n}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4=4a32．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n+1，n∈N∗，求数列{b n}的前n项和S n．(1−a n)(1−a n+1)答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查的知识点是等差数列的性质，熟练掌握等差数列的性质，是解答的关键，属于基础题．根据已知可得a5=3，进而求出公差，可得答案．【解答】解：设{a n}的公差为d，∵等差数列{a n}前9项的和为27，S9=9(a1+a9)2=9×2a52=9a5．∴9a5=27，a5=3，又∵a10=8=a5+(10−5)d=3+5d，∴d=1，∴a100=a5+95d=98．故选C．2.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查等差数列公式及等差数列求和的基本量运算，属于简单题．利用等差数列通项公式及前n项和公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{a n}的公差．【解答】解：S n为等差数列{a n}的前n项和，设公差为d，∵a4+a5=24，S6=48，∴{a1+3d+a1+4d=24 6a1+6×52d=48,解得a1=−2，d=4，∴{a n}的公差为4．故选C．3.【答案】A【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的求法，等差数列、等比数列的性质，属于基础题．利用等差数列通项公式、等比数列性质列出方程，求出公差，由此能求出{a n}前6项的和．【解答】解：∵设等差数列{a n}的公差为d，(d≠0)，由题意得a1=1，∵a2，a3，a6成等比数列，∴a32=a2⋅a6，∴(a1+2d)2=(a1+d)(a1+5d)，解得d=−2，∴{a n}前6项的和为S6=6a1+6×52d=6×1+6×5×(−2)=−24．2故选A．4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的性质，得出S2，S4−S2，S6−S4成等比数列是解决问题的关键，属于基础题．由等比数列的性质可得S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，代入数据计算即可．【解答】解：S2=a1+a2，S4−S2=a3+a4=(a1+a2)q2，S6−S4=a5+a6=(a1+a2)q4，所以S2，S4−S2，S6−S4成等比数列，即3，12，S6−15成等比数列，可得122=3(S6−15)，解得S6=63．故选C．5.【答案】B【解析】【分析】本题考查等差数列的前n项和，研究等差数列的前n项和的最小值，常用的方法是找出所有的负项，即可得到前n项和的最小值，属于中档题．由题意，可根据a1+a5=−14，S9=−27，解出数列的首项和公差，从而求得数列的通项公式，求出所有负数项的个数，即可得出S n取最小值时n所取的值．【解答】解：设等差数列{a n}的公差是d，∵a1+a5=−14，S9=−27，∴2a1+4d=−14，即a1+2d=−7，①=9(a1+4d)=−27，即a1+4d=−3，②S9=9(a1+a9)2联立①②得到：a1=−11，d=2，故有a n=a1+(n−1)d=2n−13，令a n≤0，可解得n≤13，2由此知，数列的前6项为负项，第7项为正项，故S n取最小值时，n等于6．故选B．6.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了等比数列的性质，解题的关键是灵活利用等比中项的性质，以及对数运算，属于基础题．先根据等比中项的性质可知a5a6=a4a7，进而根据a5a6+a4a7=18，求得a5a6的值，最后根据等比数列的性质求得log3a1+log3a2+⋯+log3a10=log3(a5a6)5，则答案可得．【解答】解：由等比数列的性质可得a5a6=a4a7，∴a5a6+a4a7=2a5a6=18，∴a 5a 6=9，∴log 3a 1+log 3a 2+⋯+log 3a 10 =log 3(a 5a 6)5=5log 39=10． 故选B ．7.【答案】B【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用，是基础题．利用等比数列通项公式求出首项和公比，由此能求出a 5的值． 【解答】解：设等比数列{a n }的公比为q ，∵等比数列{a n }满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，∴{a 1+a 1q 2=10a 1q +a 1q 3=5, 解得a 1=8，q =12， a 5=a 1q 4=8×116=12． 故选B ． 8.【答案】C【解析】【分析】本题考查对数式值的求法，解题时要认真审题，注意等比数列性质和对数函数运算法则的合理运用，属于基础题．利用等比数列的性质推导出a 5=3，由此利用等比数列性质和对数函数运算法则能求出log 3(a 1a 2…a 9)的值． 【解答】解：∵数列{a n }为各项均为正的等比数列， ∴a 4·a 8=a 5·a 7，∴a 5·a 7=3a 7， ∴a 5=3，∴log 3(a 1a 2…a 9)=log 3a 59=log 339=9， 故选C ． 9.【答案】D【解析】【分析】本题考查了等比数列的通项公式，求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属基础题．利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出结果． 【解答】解：设递增的等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1+a 5=172，a 2a 4=4=a 1a 5，∵a 5>a 1，∴解得a 1=12，a 5=8，∴a5a1=q4=16，解得q=2或q=−2(舍)，∴S6=12(26−1)2−1=632．故选D．10.【答案】A【解析】【分析】本题考查了等差数列的通项公式和性质，属于基础题．利用等差数列的通项公式和性质即可得出．【解答】解：设等差数列{a n}的公差为d，∵a3+a4+a5=3，a8=8，而a3+a4+a5=3a4，∴3a4=3，即a1+3d=1，a1+7d=8，联立解得a1=−174，d=74，则a12=−174+74×11=15．故选A．11.【答案】D【解析】【分析】本题考查等差数列的性质和求和公式，属于基础题．由题意可得：S15=152(a1+a15)=90，由等差数列的性质可得a1+a15=2a8，代入可得答案．【解答】解：因为数列{a n}是等差数列，所以，a1+a15=2a8，则S15=152(a1+a15)=15a8，又S15=90，所以，15a8=90，则a8=6．故选D．12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查等比数列的运算性质以及基本不等式的应用，涉及的知识点较多，要求熟练掌握基本不等式成立的条件，属于中档题．由a6=a5+2a4，求出公比q，√a m⋅a n=2a1，确定m，n的关系，然后利用基本不等式即可求出1m +4n的最小值．【解答】解：在等比数列中，∵a6=a5+2a4，∴a4q2=a4q+2a4，即q2−q−2=0，解得q=2或q=−1(舍去)，∵√a m⋅a n=2a1，∴a m⋅a n=4a12=a22，∴m+n=4，∴1m+4n=14(1m+4n)(m+n)=14+1+n4m+mn≥54+2√n4m⋅mn=94，当且仅当n4m =mn，即n=2m时等号成立，∵m+n=4，且n和m为正整数，∴等号无法成立，经检验，当m=1，n=3时，1m +4n最小值为：73，故选C．13.【答案】83【解析】【分析】本题主要考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和公式的应用，属于基础题．根据等差数列的前n项和公式进行转化即可．【解答】解：在等差数列中，a2+a20b7+b15=a1+a21b1+b21=a1+a212×21b1+b212×21=S21T21，∵S nT n =3n+1n+3，∴S21T21=3×21+121+3=6424=83．故答案为83．14.【答案】5050【解析】【分析】本题考查数列的递推公司，考查等比数列，等差数列的性质，属于中档题．推导出{a n+1}是首项为3，公比为3的等比数列，从而得，由此能求出b1+b2+b3+⋯+b100．【解答】解：∵数列{a n}的首项a1=2，且a n+1=3a n+2(n∈N∗)，∴a n+1+1=3(a n+1)，a1+1=3，∴{a n+1}是首项为3，公比为3的等比数列，∴a n+1=3n，，∴b1+b2+b3+⋯+b100=1+2+3+⋯+100=100(100+1)2=5050．故答案为5050．15.【答案】122017【解析】【分析】本题考查数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．将a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，与当n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)a n−1=(n−1)2a n−1作差，进而可知na n=(n−1)a n−1=⋯=2a2=a1，代入计算即得结论．【解答】解：因为a1+2a2+3a3+⋯+na n=n2a n，所以当n≥2时，a1+2a2+3a3+⋯+(n−1)a n−1=(n−1)2a n−1，两式相减得：na n=n2a n−(n−1)2a n−1，即n(n−1)a n=(n−1)2a n−1，所以na n=(n−1)a n−1=⋯=2a2=a1，由a1=12可知a n=a1n =12n，所以a2017=122017．故答案为122017．16.【答案】63【解析】【分析】本题主要考查等差数列的前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用．由等差数列的通项公式求出a5=7，再由等差数列的前n项和公式得S9=92(a1+a9)= 9a5，由此能求出结果．【解答】解：∵{a n}是等差数列，a4+a5+a6=21，∴a4+a5+a6=3a5=21，解得a5=7，∴S9=92(a1+a9)=9a5=63．故答案为63．17.【答案】解：(1)数列{a n}满足a1+3a2+⋯+(2n−1)a n=2n，n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n−3)a n−1=2(n−1)，∴两式相减得(2n−1)a n=2，∴a n=22n−1，当n=1时，a1=2，上式也成立，∴a n=22n−1；(2)a n2n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1∴数列{a n2n+1}的前项和为：S n=(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)=1−12n+1=2n2n+1．【解析】本题主要考查了数列递推关系、裂项求和方法，考查了计算能力，属于中档题．(1)利用数列递推关系即可得出；(2)a n2n+1=2(2n−1)(2n+1)=12n−1−12n+1，利用裂项求和方法即可得出．18.【答案】解：(1)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，由b 2=3，b 3=9，可得q =b3b 2=3，b n =b 2·q n−2=3·3n−2=3n−1； 即有a 1=b 1=1，a 14=b 4=27， 则d =a 14−a 113=2，则a n =a 1+(n −1)d =1+2(n −1)=2n −1； (2)c n =a n +b n =2n −1+3n−1， 则数列{c n }的前n 项和为：[1+3+⋯+(2n −1)]+(1+3+9+⋯+3n−1)=2n 2·n +1−3n1−3=n 2+3n −12．【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，同时考查数列的求和方法：分组求和，属于中档题． (1)设{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q 的等比数列，运用通项公式可得q =3，d =2，进而得到所求通项公式；(2)求得c n =a n +b n =2n −1+3n−1，再由数列的求和方法：分组求和，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可．19.【答案】解：(Ⅰ)∵a n b n+1+b n+1=nb n ， 当n =1时，a 1b 2+b 2=b 1， ∵b 1=1，b 2=13，∴a 1=2，又∵{a n }是公差为3的等差数列， ∴a n =3n −1；(Ⅱ)由(Ⅰ)知：(3n −1)b n+1+b n+1=nb n ， 即3b n+1=b n ，即数列{b n }是以1为首项，以13为公比的等比数列， ∴{b n }的前n 项和S n =1−(13)n1−13=32(1−3−n )=32−12⋅3n−1．【解析】本题考查的知识点是数列的递推式，数列的通项公式，数列的前n 项和公式，难度中档．(Ⅰ)令n =1，可得a 1=2，结合{a n }是公差为3的等差数列，可得{a n }的通项公式； (Ⅱ)由(Ⅰ)可得：数列{b n }是以1为首项，以13为公比的等比数列，进而可得{b n }的前n 项和．20.【答案】解：(1)设a 1=a ，由题意可得{10a +45d =100ad =2,解得{a =1d =2，或{a =9d =29,当{a =1d =2时，a n =2n −1，b n =2n−1； 当{a =9d =29时，a n =19(2n +79)，b n =9·(29)n−1；(2)当d >1时，由(1)知a n =2n −1，b n =2n−1， ∴c n =a nb n=2n−12n−1，∴T n =1+3×12+5×122+⋯+(2n −1)·12n−1，∴12T n =1×12+3×122+5×123+⋯ +(2n −3)×12n−1+(2n −1)×12n ，∴12T n =2+12+122+⋯+12n−2−(2n −1)⋅12n =3−2n+32n，∴T n =6−2n+32n−1．【解析】本题主要考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．(1)利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可； (2)当d >1时，由(1)知c n =2n−12n−1，写出T n 、12T n 的表达式，利用错位相减法及等比数列的求和公式，计算即可．21.【答案】.解：(1)当n =1时，a 1=32a 1−12，得a 1=1，当n ≥2时，S n−1=32a n−1−12，则S n −S n−1=a n =32(a n −a n−1)，即a n =3a n−1， 所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以a n =3n−1； (2)由(1)得b n =2nan+2−a n+1=n3n ，所以T n =13+232+⋯+n3n ，① 所以13T n =132+233+⋯+n3n+1，② 两式相减得23T n =13+132+⋯+13n −n3n+1， 即23T n =13(1−13n )1−13−n3n+1，所以T n =34−3+2n4×3n ，因为n ∈N ∗，所以3+2n4×3n >0，即T n<34．【解析】本题主要考査了等比数列的通项公式与求和公式、“错位相减法”、数列的递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用递推关系即可得出；(2)利用“错位相减法”、等比数列的求和公式即可得出．22.【答案】证明：(Ⅰ)由已知na n+1−(n+1)a n=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得a n+1n+1−a nn=2(n∈N∗)，且当n=1时，a11=4，所以数列{a nn}是首项为4，公差为2的等差数列；解：(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a nn=2n+2，所以a n=2n2+2n，故1a n =12n2+2n=12⋅(n+1)−nn(n+1)=12⋅(1n−1n+1)所以S n=12[(1−12)+(12−13)+⋯+(1n−1n+1)]=12(1−1n+1)=n2(n+1)，(n∈N∗)．【解析】本题主要考查了数列递推关系，等差数列的定义和证明、通项公式和裂项相消法求和，考查了计算能力，属于中档题．(Ⅰ)由已知na n+1−(n+1)a n=2n2+2n的两边同时除以n(n+1)，得到a n+1n+1−a nn=2(n∈N∗)，即可证明结论；(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a nn =2n+2，可得a n=2n2+2n，1a n=12(1n−1n+1)，利用裂项相消法即可得出数列{1an}的前n项和S n．23.【答案】解：(1)设等差数列{a n}的公差为d，由S9=9a5=81，得a5=9，又由a3+a5=14，得a3=5，由上可得等差数列{a n}的公差d=a5−a35−3=2，∴a n=a3+(n−3)d=2n−1；(2)证明：由题意得，b n=1a n a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)．所以T n=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)<12．【解析】本题考查了等差数列的通项公式、性质及其求和公式、裂项求和的知识点，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)利用等差数列的通项公式性质及其求和公式即可得出；(2)由题意得，b n =1an a n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，利用裂项求和即可得出T n =12(1−12n+1)，从而得证．24.【答案】解：(1)∵a 1+a 4=14，∴2a 1+3d =14，①∵a 1，a 2，a 7成等比数列，∴a 22=a 1a 7，即(a 1+d)2=a 1(a 1+6d)，② 由②得d 2=4a 1d ， ∵d ≠0，∴d=4a 1，代入①解得d =4，a 1=1， ∴a n =a 1+(n −1)d =4n −3，S n =n (1+4n−3)2=2n 2−n ；(2)由(1)知b n =2n 2−n n+k，∵{b n }是为等差数列， ∴2b 2=b 1+b 3，即2×62+k=11+k +153+k ， 解得k =−12或k =0． ①当k =−12时，即b n =2n ， 则1bn b n+1=14(1n −1n+1)，∴T n =14(11−12+12−13+⋯+1n −1n+1)=14(1−1n+1)=n4(n+1)， ②当k =0时，b n =2n −1， 则1bn b n+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴T n =12(11−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1， 综上可得，T n =n4(n+1)或T n=n2n+1．【解析】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式，等比中项的性质，数列求和的方法：裂项相消法，考查方程思想，化简、计算能力.属于中档题．(1)由等比中项的性质和等差数列的通项公式列出方程，联立方程求出d 、 a 1，由等差数列的通项公式求出 a n ，由等差数列的前n 项和公式求出 S n ；(2)由(1)和条件化简 b n ，由等差数列的性质列出方程求出k 的值，代入求出b n 和1b n b n+1，利用裂项相消法求出 T n ．25.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为4a n −3S n =2，① 所以当n =1时，4a 1−3S 1=2，解得a 1=2； 当n ≥2时，4a n−1−3S n−1=2，②由①−②，得4a n −4a n−1−3(S n −S n−1)=0， 所以a n =4a n−1， 由a 1=2，得a n ≠0，故{a n }是首项为2，公比为4的等比数列；(Ⅱ)由(Ⅰ)，得a n =2×4n−1， 所以b n =12a n −4n =4n−1−4n ，则{b n }的前n 项和：T n =(40+41+⋯+4n−1)−4(1+2+3+⋯+n) =1−4n 1−4−4×n(n+1)2=4n 3−2n 2−2n −13．【解析】本题主要考查数列的通项公式的应用，等比数列的证明，a n 与S n 的关系，以及等比数列和等差数列的前n 项和公式，属于中档题．(Ⅰ)根据数列的递推关系利用作差法即可证明数列{a n }成等比数列； (Ⅱ)求出数列{a n }的通项公式，即可求出{b n }的通项公式．再分组求和． 26.【答案】(Ⅰ)解：设等比数列{a n }的公比为q ，依题意 q >0， ∵a 2=8，a 3+a 4=48，∴a 1q =8，a 1q 2+a 1q 3=48， 两式相除得 q 2+q −6=0， 解得 q =2，q =−3(舍去)， ∴a 1=a 2q=4，∴数列{a n }的通项公式为 a n =a 1⋅q n−1=2n+1； (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)得 b n =log 4a n =n+12，∵b n+1−b n =n+22−n+12=12，∴数列{b n }是首项为1，公差为d =12的等差数列， ∴S n =nb 1+n(n−1)2d =n 2+3n 4．【解析】本题主要考查等比数列的通项公式、对数的运算法则、等差数列的定义、等差数列的前n 项和公式是解题的关键，属于中档题． (Ⅰ)利用等比数列的通项公式即可得出；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和对数的运算法则进行化简，再计算b n+1−b n 是否是一个常数即可判定，进而利用等差数列的前n 项和公式即可． 27.【答案】解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， ∵a 3+a 8=20，且a 5是a 2与a 14的等比中项， ∴{2a 1+9d =20(a 1+4d)2=(a 1+d)(a 1+13d)，解得a 1=1，d =2， ∴a n =1+2(n −1)=2n −1．(2)b n =1(2n −1)(2n +1)=12(12n−1−12n+1)，∴S n =b 1+b 2+b 3+⋯+b n=12(1−13+13−15+⋯+12n −1−12n +1) =12(1−12n +1)=n2n+1．【解析】本题考查了等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求和，属于中档题．(1)根据等差数列的通项公式及等比数列的性质列方程组，求出首项和公差即可得到通项公式；(2)利用裂项相消求和即可．28.【答案】(1)证明：由题意，S n+1=4a n +2，S n+2=4a n+1+2， 两式相减，得S n+2−S n+1=4(a n+1−a n )，a n+2=4a n+1−4a n ， ∴a n+2−2a n+1=2(a n+1−2a n )， ∵b n =a n+1−2a n ，∴b n+1=2b n ，又由题设，得1+a 2=4+2=6，即a 2=5，∴b 1=a 2−2a 1=3，∴{b n }是首项为3，公比为2的等比数列； (2)证明：由(1)得b n =3×2n−1， ∴b n =a n+1−2a n =3⋅2n−1， ∴a n+12n+1−a n 2n=34，即c n+1−c n =34，c 1=a 12=12，∴数列{c n }是首项为12，公差为34的等差数列； (3)解：由(2)得，c n =12+34(n −1)=34n −14，即a n2n=34n −14， ∴a n =(3n −1)2n−2，则S n =4a n−1+2=(3n −4)×2n−1+2．【解析】本题考查数列递推式，考查了等差数列与等比数列的判定，是较难题． (1)由已知数列递推式可得S n+2=4a n+1+2，与原递推式联立可得a n+2−2a n+1=2(a n+1−2a n )，即可证明数列{b n }是等比数列；(2)由(1)得b n =3⋅2n−1，可得b n =a n+1−2a n =3×2n−1，两边同时除以2n+1即可证得数列{c n }是等差数列；(3)由(2)求出数列{c n }的通项公式，可得数列{a n }的通项公式，结合已知条件可得数列{a n }的前n 项和S n ．29.【答案】解：(Ⅰ)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =2a n −2①． 则S n+1=2a n+1−2②， ②−①得a n+1=2a n ， 即a n+1a n=2，当n =1时，a 1=S 1=2a 1−2， 解得a 1=2，所以数列的通项公式为a n =2⋅2n−1=2n ， (Ⅱ)由于a n =2n ，则S n =21+22+⋯+2n ， =2(2n −1)2−1，=2n+1−2．T n =2(21+22+⋯+2n )−2−2−⋯−2，=2n+2−4−2n．【解析】(Ⅰ)直接利用递推关系式求出数列的通项公式．(Ⅱ)利用数列的通项公式，直接利用等比数列的前n项和公式求出结果．本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，等比数列前n项和的公式的应用以及分组求和．30.【答案】解：(1)设等比数列{a n}的公比为q>0，∵2a5，a4，4a6成等差数列，∴2a4=2a5+4a6，∴2a4=2a4(q+2q2)，化为：2q2+q−1=0，q>0，解得q=12，又满足a4=4a32，∴a1q3=4(a1q2)2，化为：1=4a1q，解得a1=12，∴a n=(12)n(n∈N∗)；(2)b n=a n+1(1−a n)(1−a n+1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，n∈N∗，∴数列{b n}的前n项和S n=(12−1−122−1)+(122−1−123−1)+⋯+(12n−1−12n+1−1)=1−12n+1−1，n∈N∗．【解析】本题考查了“裂项求和”方法、等差数列的性质，等比数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．(1)设等比数列{a n}的公比为q>0，由2a5，a4，4a6成等差数列，可得2a4=2a5+4a6，化为：2q2+q−1=0，q>0，解得q.又满足a4=4a32，化为：1=4a1q，解得a1，可得a n；(2)b n=a n+1(1−a n)(1−a n+1)=2n(2n−1)(2n+1−1)=12n−1−12n+1−1，n∈N∗，利用“裂项求和”方法即可得出．。